江西省上饶市上饶中学2019届高三物理下学期月考试题（含解析）.docx

江西省上饶市上饶中学2019届高三物理下学期月考试题（含解析）一、单选题（本大题共4小题，共24.0分）1.在远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻R均不变。发电厂输出功率减小时( )A. 升压变压器的输出电压减小B. 降压变压器的输出电压减小C. 输电线上的电流增大D. 输电线上损耗的功率占发电厂输出功率的比例减小【答案】D【解析】【详解】发电厂的输出电压不变，则根据可知，升压变压器的输出电压不变，选项A错误；发电厂输出功率减小，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流减小，则副线圈中的电流也减小，即输电线上的电流减小，根据U损=I线R，输电线上的电压损失减小，根据降压变压器的输入电压U3=U2-U损可得，降压变压器的输入电压U3增大，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压增大，故BC错误。输电线消耗的功率占发电厂输出功率的比例，因为输电线上的电流减小，则输电线的电压损失减小，U2不变，所以输电线消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小。故D正确。2.将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg.假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（）A. 地球的质量为B. 地球自转的周期为C. 地球的第一宇宙速度大小为D. 地球的平均密度【答案】B【解析】【详解】在两极： 在赤道上： A.由可得：；故A错误. B.由可得，则周期；故B正确.C.地球的第一宇宙速度为，故C错误；D.根据可得GM=R2g0，即，解得地球的平均密度；故D错误.3.在探究光电效应现象时，某小组的同学分别用频率为1、2的单色光照射密封管真空管的钠阴极（阴极K），钠阴极发射出的光电子最大速度之比为2:1，光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流，实验得到了两条光电流与电压之间的关系曲线（为甲光、乙光），如图所示，普朗克常量用h表示。则以下说法正确的是（）A. 甲图对应单色光的频率为B. 乙光的强度大于甲光的强度C. 该金属的逸出功为D. 该金属的截止频率为【答案】D【解析】【详解】A.根据，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大，因此乙光的频率小于甲光的频率，则甲光对应的单色光频率为1；故A错误.B.由图可知，甲的饱和电流大于乙的饱和电流，而甲光的频率高，所以甲光的光强大于乙光的光强；故B错误.C.根据，钠阴极发射出的光电子最大速度之比为2：1，则最大初动能之比为4:1，解得该金属的逸出功为；故C错误.D.根据逸出功和截止频率的关系可知，解得：；故D正确.4.如图所示，电源内阻为r，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器最大阻值为R0假设灯的电阻不变，某同学合上开关后，将变阻器滑片P由a端向b端移动时，则（）A. 若，亮度一定先变亮后变暗B. 若，电源的输出功率一定逐渐变大C. 若，亮度一定先变暗后变亮D. 若，电源的效率一定逐渐变大【答案】C【解析】【详解】AB.当R2R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻一定大于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻增大，所以总电流减小，所以通过灯L1的电流减小，所以L1变暗，通过L2的电流变大，L2变亮，因不知道电源内阻与外电阻的大小关系，所以电源的输出功率无法判断，故A、B均错误.C.当R2R0时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮；故C正确.D.外电阻先增大后减小，所以电源的效率先增大后减小，故D 错误.二、多选题（本大题共6小题，共34.0分）5.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（）A. ：2：3：B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：C. 如果突然撤去拉力F，撤去F瞬间，其余每个球的加速度依然为a，但第2019个小球的加速度除外D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a，其余小球加速度依然为a【答案】ACD【解析】【详解】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=2019ma，解得：；以后面的第1、2、32018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：，则F1-2：F2-3：F2018-2019=1：2：3：2018；故A正确.B.由胡克定律知F=kx，结合A项分析可知：x1-2：x2-3：x2018-2019=1：2：3：2018，但弹簧的长度之比不满足，故B错误.C.突然撤去F瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a，故C正确.D.第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma，加速度变为2a，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a，故D正确.6.如图所示，一个带正电的小物块沿一个粗糙的竖直墙面以某一初速度向下滑动。空间分布有水平向内的匀强磁场。小物块运动的vt图象可能正确的是A. B. C. D. 【答案】BCD【解析】【详解】D小物块受力如图，若时，根据牛顿运动定律可得，小物块做加速运动，速度增大时加速度减小，所以小物块做加速度减小的加速运动，故选项D正确；C若时，根据牛顿运动定律可得，小物块做减速运动，速度减小时加速度减小，所以小物块做加速度减小的减速运动，故选项C正确；B若时，小物块做匀速运动，故选项B正确；A小物块速度变化时，则受到的洛伦磁力变化，压力变化，摩擦力变化，加速度变化，故选项A错误。7.如图所示，在竖直平面内固定一个由四分之一光滑圆弧管和光滑直管组成的细管道，两个小球A、B分别位于圆弧管的底端和顶端，两球之间用细线相连。现将一水平力F作用在B球上，使B球沿直管做匀速直线运动，A、B球均可视为质点，则A球从底端运动到顶端过程中（）A. 水平力F逐渐变大B. 细线对A球的拉力逐渐减小C. A球的加速度不变D. 管道对A球作用力可能先减小后增大【答案】BD【解析】【详解】AB.以小球A为研究对象，则小球A受到重力、细线的拉力以及圆管的支持力，在任意点设小球与圆心的连线与水平方向之间的夹角为，则细线的拉力始终等于重力沿管道的切线方向的分力，即：T=mgcos，可知小球A向上运动的过程中，随的增大，细线的拉力逐渐减小.以B为研究对象，则B受到重力、竖直向上的支持力、细线的拉力T以及水平拉力F的作用，小球B做匀速直线运动，则水平拉力与细线的拉力大小相等，方向相反，所以拉力F也逐渐减小；故A错误，B正确.C.小球A做匀速圆周运动，则加速度的方向始终最小圆心，方向不断变化；故C错误.D.小球A做匀速圆周运动，则受到的重力沿垂直于管道方向的分力与支持力的合力提供向心力，由于小球的速度以及管道对应的半径关系是未知的，所以管道对A球的作用力可能先减小后增大；故D正确.8.如图所示，两根足够长的倾斜光滑金属导轨平行放置，倾角=30，电阻不计。有一匀强磁场，方向垂直于导轨平面向上，两根材质和质量均相同的金属棒A、B并排垂直导轨放置，A在上B在下，先将A棒固定，由静止释放B棒，当B刚好匀速运动时，由静止释放A棒，运动过程中A、B与导轨接触良好，重力加速度为g，下列对A棒释放后的运动过程说法正确的是（）A. A棒的最大加速度为2gB. A棒释放后A棒一直做加速运动C. A棒释放后B棒一直做加速运动D. B棒的速度减小直到两棒加速度相同【答案】BC【解析】【详解】由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向，由左手定则可知，A棒受到的安培力平行于斜面向上，B棒受到的安培力平行于斜面向下； A.金属棒B做匀速直线运动，由平衡条件得：F=mgsin=0.5mg，通过两金属棒的电流I相等、磁感应强度B相等、金属棒长度L相等，由F=BIL可知，两金属棒受到的安培力相等，刚释放A棒时，A的加速度最大，由牛顿第二定律得：F+mgsin=ma，解得：a=g，故A错误； BCD.释放A棒后，A向下加速运动，随A速度增加，回路的感应电流I减小，金属棒受到的安培力：F=BIL减小，金属棒A做加速度减小的加速运动，金属棒B做加速度增大的加速运动，当两棒速度相等时回路电流为零，金属棒不受安培力作用，两棒所受合力mgsin相等，加速度a=0.5g相等，两棒一起以相等的加速度做匀加速直线运动，由以上分析可知，A棒释放后，A与B一直做加速运动，最终两棒的加速度相等，故B，C均正确，D错误.9.下列说法正确的是A. 饱和汽压与温度和体积都有关B. 绝对湿度的单位是Pa，相对湿度没有单位C. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越快D. 气体做等温膨胀，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少E. 饱和汽和液体之间动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等【答案】BDE【解析】【详解】饱和汽压与温度有关，和体积无关，选项A错误；绝对湿度及压强表示其单位是Pa，相对湿度没有单位，则B正确；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，则C错误；气体做等温膨胀，分子密度变小，气体分子单位时间对汽缸壁单位面积碰撞的次数一定变少，则D正确；饱和汽和液体之间的动态平衡，是指汽化和液化同时进行的过程，且进行的速率相等，则E正确；故选BDE。10.两列在同一介质中的简谐横波沿相反方向传播，某时刻两列波相遇，如图所示，其中实线波的频率为2.50Hz，图示时刻平衡位置x=3m处的质点正在向上振动。则下列说法正确的是（）A. 实线波沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播B. 两列波在相遇区域发生干涉现象C. 两列波的波速均为D. 从图示时刻起再过，平衡位置处的质点将位于处E. 图示时刻平衡位置处的质点位于处【答案】ACE【解析】【详解】A.图示时刻平衡位置x=3m处的质点正在向上振动，根据波动规律可知，实线波沿x轴正方向传播，则虚线波沿x轴负方向传播；故A正确.B.介质决定波速，两列波传播速度大小相同.由图可知，实线波的波长1=6m，虚线波的波长2=9m，由v=f可知，实线波和虚线波的频率之比为f1:f2=2:1=3:2，由于f1不等于f2，故两列波在相遇区域不会发生稳定的干涉现象；故B错误.C.实线波的频率为2.50Hz，波长1=6m，则波速v=1f=15m/s；故C正确.D.实线波的周期T1=0.4s，则虚线波的周期T2=0.6s，经过0.025s，根据波动规律可知，平衡位置x=1.875m处的质点均向波峰运动，位移大于15cm；故D错误.E.图示时刻平衡位置x=4.5m处的质点，实线波的振动使质点位于波谷，虚线波的振动使质点位于平衡位置，故质点位于y=-15cm处；故E正确.三、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）11.某实验小组的同学在“探究合力与分力的关系”时，利用如图甲所示的装置完成了实验，第一次用两个弹簧测力计分别拉细绳套1、2，记录实验数据F1、F2；第二次用一个弹簧测力计拉细绳套3，记录实验数据F；该小组的同学利用记录的数据作出力的图示，如图乙所示.(1)为了减小实验误差，下列说法正确的是_A拉结点的两条细绳的长度必须等长B两次不必要将结点拉到同一位置C图乙中F1、F2的标度相同，F与F1、F2的标度可以不同D用力拉弹簧测力计时，弹簧测力计应与长木板平行(2)实验时，如果将连接橡皮筋的细绳替换成橡皮条，则实验结果_（填“会”或“不会”）发生变化.(3)实验前，将两个弹簧测力计平放在水平桌面上，两弹簧测力计的示数均为F0（F00），如果直接用这两个弹簧测力计进行实验，则对实验结果_（填“有”或“没有”）影响。【答案】 (1). D (2). 不会 (3). 有【解析】【详解】第一空.A.细线的作用是能显示出力的方向，所以不必须等长，故A错误； B.为了保证作用效果相同，两次要把结点拉倒同一位置，故B错误；C.同一个图示中，力的标度必须相同，故C错误；D.测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中要求弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行，故D正确；故填D.第二空.由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果， 第三空.两个弹簧测力计测量前都没有校零，且没有拉力时弹簧测力计的示数都是F0，则用此弹簧测力计测量时，弹力的大小实际值应等于测量值减去F0，根据实验值作平行四边形时，误差较大，对实验有影响.四、计算题（本大题共5小题，共61.0分）12.使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需 要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至1 挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：（1）仪器连线如图l所示（a和b是多用电表的两个表笔）。若两电表均正常工作，则表笔a为_ （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为_电流表的读数为_mA，电阻箱的读数为_：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为_mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为_V。（保留3位有效数字）【答案】 (1). 黑 (2). 14.0 (3). 53.0 (4). 4.6 (5). 102 (6). 1.54【解析】【详解】（1）1多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）2多用电表用1倍率测量，读数为14.01=14.0；3电流表的量程是60mA，读数为53.0mA；4电阻箱的读数为0100+010+41+60.1=4.6。（3）、（4）56多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流，将取为为多用电表的内阻，当待测电阻等于时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0mA，则电源电动势是；则短接时对应满偏电流。【点睛】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程13.如图甲所示，半径为R的导体环内，有一个半径为r的虚线圆，虚线圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度大小随时间变化规律为B1=kt（k0且为常量）。（1）求导体环中感应电动势E的大小；（2）将导体环换成内壁光滑的绝缘细管（管子内径忽略），管内放置一质量为m、电荷量为+q的小球，小球重力不计，如图乙所示。已知绝缘细管内各点涡旋电场的电场强度大小为，方向与该点切线方向相同。小球在电场力作用下沿细管加速运动。要使t时刻管壁对小球的作用力为零，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小B2。【答案】（1）得（2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，有得（2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。电场力：F=ERqF=mat时刻速度v=at洛伦兹力大小F洛=qvB2联立解得14.如图所示，不带电且绝缘长木板C质量M=3kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略质量为m=1kg、且带正电荷量q=2C物块A；正中间放着一个质量也为m=1kg的不带电的绝缘物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4，AB之间的距离L=6m，开始时物块与木板都处于静止状态，现突然在空间中加一向右的E=4V/m的匀强电场，假设A、B之间为弹性碰撞，A、B碰撞电荷不发生转移且A与木板之间电荷也不发生转移，取g=10m/s2求：(1)加上电场瞬间，A、B的加速度大小；(2)A与B第一次碰后瞬间A、B的速度大小；(3)A与B第一次碰后到B与C恰相对静止时系统电势能变化量及系统产生的热量？【答案】(1)4m/s2,1m/s2 (2) 2m/s,8m/s (3)EP=-27.36J, Q=27.36J【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律得：对A：qE-mg=ma1，对B、C整体：mg=(M+m)a2，代入数据解得：a1=4m/s2，a2=1m/s2g=4m/s2，A在C上滑动时BC相对静止，加速度相等；(2)经过时间t时A、B相碰，由运动学公式得：，代入数据解得：t=2s，此时：vA=a1t=42=8m/s，vB=a2t=12=2m/s，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mvA+mvB=mvA+mvB，由机械能守恒定律得：，代入数据解得：vA=2m/s，vB=8m/s；（3）第一次碰撞后，由牛顿第二定律得：对B：mg=ma4，对C：2mg=Ma3，经过时间t相对静止，由速度公式得：vB-v共=a4t，v共-vB=a3t，代入数据解得：v共=4.4m/s，t=0.9s，这一过程，A对C的相对位移：xA=(vAt+)-(vBt+)代入数据解得：xA=0.54mB对C的相对位移：xB=代入数据解得：xB=2.7m产生的热量：Q总=mgxA+mgxB代入数据解得：Q总=12.96J电